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江苏省苏州市工业园区星海实验中学2022-2023学年九年级上学期期中物理试卷(含答案)
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这是一份江苏省苏州市工业园区星海实验中学2022-2023学年九年级上学期期中物理试卷(含答案)，共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
江苏省苏州市工业园区星海实验中学2022-2023学年九年级（上）期中物理试卷
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
一、单选题（本大题共12小题，共24分）
1. 杠杆在我国古代就有了许多应用，《天工开物》中记载的捣米用的春就利用了杠杆原理。如图是生活中用舂进行劳作的情境，用脚按住舂较短的一端，就可以把春较长的另一端高高抬起。下列工具所属杠杆类型与图中春相同的是( )
A. 瓶盖起子 B. 筷子
C. 核桃夹 D. 老虎钳
2. 下列数据，符合生活实际的是( )
A. 荧光灯正常工作时，电流约为0.15A B. 机械改进后其效率可达100%
C. 中学生正常骑自行车功率约为700W D. 中学生正常上楼功率约1500W
3. 关于温度、内能和热量，下列说法正确的是( )
A. 温度高的物体，内能一定大 B. 物体内能增加，一定是吸热了
C. 物体吸收的热量越多，温度一定越高 D. 物体温度升高，内能增加
4. 下列四个场景中，物体内能改变方式与其他三个不同的是( )
A. 弯折铁丝变热 B. 搓手取暖
C. 蒸锅蒸菜 D. 滑滑梯时臀部发热
5. 电动自行车两刹车手柄中各有一只开关S1和S2.在行驶中用任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作。以下电路符合要求的是( )
A. B. C. D.
6. 下列说法中正确的是( )
A. 机械效率越高，机械做的有用功越多 B. 功率越大的机械，机械效率越大
C. 做功越多的机械，功率一定越大 D. 做功越快的机械，功率一定越大
7. 光发动机是一种把光能转化为机械能的装置，主要结构如甲图所示。在太阳光照射下，化学反应室内密封着的气态物质N2O4发生反应：N2O4→O2+2NO，导致室内气压增大；在无光条件下，室内发生“逆向反应”，导致室内气压减小；这样便可通过控制窗口处射入的光能使气室中的气态物质循环反应，从而推动活塞输出机械能。则光发动机该装置中的活塞向右运动时，相当于如图汽油机四个冲程中的( )
A. B. C. D.
8. 一个篮球不小心被水打湿，小明继续使用该篮球进行训练，球离手后，发现篮球在干燥的地面上向前弹跳的过程中，地面上留下了一个个“印迹”，以下判断正确的是(不考虑篮球质量的变化)( )
A. 球离手后，手仍对球做功 B. D点时篮球的动能不为0
C. B点时的动能等于C点时的动能 D. 1、2、3三个“印迹”大小相同
9. 如图所示的电路中，下列说法正确的是( )
A. 开关S1、S2都闭合，灯泡L1和L2串联
B. 先闭合S1，再闭合开关S2，L2亮度变暗
C. 先闭合S1，再闭合开关S2，电流表示数变大
D. 只闭合开关S1，电源外部电流方向为a→b→c→d
10. 如图是“探究不同物质吸热升温现象”的实验装置。两个相同的烧杯中分别装有质量和初温都相同的甲、乙两种液体，用相同的装置加热。实验记录的数据如下表。下列说法中正确的是( )
时间t/min
0
1
2
3
4
5
甲的温度/℃
20
22
24
26
28
30
乙的温度/℃
20
25
30
35
40
45
A. 组装时，需根据温度计的玻璃泡调节铁圈A的高度
B. 乙的吸热能力比甲的吸热能力强
C. 甲和乙升高相同的温度，吸收热量较多是甲
D. 加热时间相同，乙吸收的热量大于甲吸收的热量
11. 如图所示，轻质杠杆可绕O点无摩擦转动，在A端用轻质细绳悬挂一质量为200g的物体M，同时在B点施加一个始终垂直于杠杆的拉力FB，杠杆绕O点匀速转动到虚线位置，OB=2m，AB=1m。下列错误的是(g=10N/kg,3≈1.7)( )
A. 此过程中，拉力FB先变小后变大
B. 此过程中，FB最大值为3N
C. 杠杆缓慢拉至与墙面夹角为30°时，FB=1.5N
D. 杠杆绕O点缓慢转动到水平位置时拉力FB做的功约为5.1J
12. 如图甲所示，一个滑轮组竖直固定在水平支架上，已知每个滑轮均重20N，滑轮组下端挂有重为G的物体A，用力F通过滑轮组绳的末端竖直向上匀速提升重物A，重物A向上运动的速度为v，力F做功的功率P随物体上升速度v之间的关系图像如图乙所示。不计绳重与摩擦，g=10N/kg。则下列说法正确的是( )
A. 拉力F的大小为120N
B. 滑轮组对A的拉力为140N
C. 拉力F的功率为1.2W时，10s内滑轮组对物体A做功12J
D. 若在物体A下再加挂80N的重物，滑轮组的机械效率可以达到90%
二、填空题（本大题共8小题，共28分）
13. 简单机械的使用，给人们的生活带来很多便利。小华用如图甲所示的方法将被台风刮倒的树拉正，A的树干相当于______(选填“动滑轮”、“定滑轮”或“杠杆”，下同)。图乙所示晾衣架在靠近天花板上的轮子是______。丙图的螺丝刀也是一种简单机械，叫轮轴，手柄______(选填“粗”或“细”)一些的螺丝刀用起来更省力。
14. 在能源供应持续紧张、环保呼声日益高涨的今天，电动公交车具有环保、低噪音、经济安全等优点而获得青睐。
(1)电动公交车的电池放电后可以再充电，它在充电过程中将______能转化为______能储存下来，此过程中，它是______；(填“用电器”或“电源”)
(2)电动公交车转弯前，要打开转向灯，司机需拨动一下方向盘旁边的一根杆，这根杆的作用相当于电路中的______，位于同侧的前后两个转向灯会同时闪亮，如果前转向灯坏了后转向灯还能亮，这说明位于汽车同侧的前后两个转向灯的连接方式为______(串联/并联)。
15. 2021年10月16日0时23分，中国神舟十三号载人飞船发射成功，鼓舞着每一位炎黄子孙。火箭用液态氢作燃料，是因为它具有较大的______，燃烧时能放出更多的______(温度/内能/热量)。火箭消耗完燃料后将自动脱离飞船，借助降落伞落回地面，则在匀速下落过程中，火箭的动能______(变小/不变/变大，下同)，机械能______。
16. 如图所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧，此过程中活塞对筒内气体做功，气体的内能______(填增大、减小、不变)，这与四冲程汽油机的______冲程的能量转化相同，某台汽油机飞轮的转速是7200r/min，则它每秒钟，活塞完成______个冲程，对外做功______次。
17. 某同学在做“用电流表测量电流”的实验中所用的电路如图甲所示，他按电路图正确连接电路并接通开关S后，电流表A1、A2的指针位置如图乙所示，则电流表A2的读数应是______，流过灯L1和灯L2的电流之比是______。
18. 建筑工地上，起重机吊臂上的滑轮组如图所示。在匀速起吊重7×103N的物体时，物体5s内上升了5m，此过程中有用功为______J，若滑轮组的机械效率70%，则额外功为______J，拉力的功率为______W。
19. 如图为我国古人运送巨木的情景，他们通过横杆、支架、石块等，将巨木一端抬起，巨木身下垫上小圆木以便移动，其支架下面垫上面积较大的石块目的是______，为移动巨木，垫上小圆木是为了______，根据情境简化成如图，已知巨木质量2t，重心在巨木中间位置，则抬起巨木，拴在巨木最右端的绳子对其作用力为______N，有五位壮汉，人均体重800N，假设作用点集中于B点，壮汉集中发力，恰好将巨木一端抬起，则LOA：LOB=______，为了更省力抬起巨木，支点O可以向______挪动。
20. 用如图质量分布均匀的细木棒提升重物，不计摩擦，测力计竖直向上拉木棒的C点使在B点的物体匀速上升时，测得数据如下表，该杠杆的机械效率为______，杠杆的重为
______N；如果将物体由B点移到A点，测力计仍然竖直拉C点匀速上升，物体上升的高度不变，则有用功______，机械效率______。(后两空选填“变大/不变/变小”)
物重G/N
测力计示数F/N
OB/m
OC/m
B点上升的高度hB/m
C点上升的高度hC/m
5
3
0.25
0.5
0.2
0.4
三、作图题（本大题共4小题，共8分）
21. 如图所示，这是家用水龙头的示意图，作用在A点的力F向上抬起把手可打开水龙头。若将把手视为绕0点转动的杠杆，请在图中画出作用在A点的最小动力F的示意图。
22. 用如图所示的滑轮组提升重物，用笔画线代替绳子画出最省力的绳子绕法。
23. 请在图中的空缺出填上电源和电流表的符号，使开关闭合后亮灯都发光
24. 根据图甲所示的电路图，在图乙中用笔画线代替导线将实物电路图补充完整。
四、实验探究题（本大题共4小题，共28分）
25. 如图是探究“杠杆平衡条件”的实验。
(1)如图甲所示，此时杠杆______(处于/不处于)平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡应将平衡螺母向______(左/右)调节。
(2)杠杆水平平衡后，小明在杠杆A点处挂上2个钩码，B点处挂上______个钩码，可以再次使杠杆在水平位置平衡，若把A、B处所挂钩码同时向支点移动1格，则杠杆______(选填“依然平衡”“左端下降”或“右端下降”)；
(3)小明将一端的钩码换成弹簧测力计，发现按图丙中弹簧测力计使用方式校零时往往很困难，由于弹簧测力计的弹簧和秤钩都有一定的质量，这时弹簧测力计的示数略______绳子受到的实际拉力(选填“大于”或“小于”)，为了在竖直向下方向校零，一种方法是取两个弹簧测力计先竖直方向校零后，如丙图右侧所示竖直放置，秤钩对钩，在竖直方向拉到某一数值，这时只要移动弹簧测力计______(甲/乙)的指针，使其示数与另一弹簧测力计相等即可完成校零。
(4)实验中小明曾提出“力的作用点到支点的距离影响杠杆的平衡”。为判断这一观点是否正确，小华制作了一个密度均匀的圆盘(相当于杠杆)，圆盘可以绕着圆心O转动(转轴阻力忽略不计)，如图丁所示。他先在圆盘的C点挂上4个钩码，又在G点挂上一定数量的钩码后，圆盘在图示位置平衡，此时CD水平；接着他将挂在G点的钩码先后挂在______两个点又进行了两次实验，发现圆盘仍在图示位置平衡，则说明小明的观点是______(选填“正确”或“错误”)的。
26. 在探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验中，小明让质量不同的小球从同一斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，木块被撞出一段距离，如图甲所示。
(1)将小球从同一高度由静止释放的目的是______；该实验的目的是研究______(小球/木块)的动能大小与质量的关系。
(2)小明还想通过上述实验过程探究物体重力势能与质量的关系，小明的设想______(可行/不可行)，理由______。
(3)有同学将实验装置改进成图乙所示，用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，可以研究小球的动能大小与______(质量/速度)的关系。
(4)下列实验中的物体，与本实验的木块作用相似的是______。
A.“点火爆炸”实验中滴入的酒精
B.“探究影响重力势能大小因素”实验中的小桌
C.“探究不同物质吸热升温现象”实验中的水和沙子
27. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。已知燃料的质量、烧杯内的液体质量、液体初温、加热方式等均相同。
(1)比较不同燃料的热值应选择______两图进行实验；比较不同物质的吸热能力，应选择______两图进行实验。
(2)在这两个实验中，仪器安装到位后，都要用到的测量器材是温度计和______。
(3)为比较不同燃料的热值，应该在燃料______(燃烧相同时间/完全燃烧完毕)后，通过比较______来得出结论(温度计示数变化/加热时间)。
(4)不考虑热量损失，将燃料点燃直至燃尽，三装置烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如图丁所示，则液体a和液体b的比热容之比为______，燃料1和燃料2的热值之比为______。
(5)如图戊所示，如果把物质吸热升温和容器盛水水面升高做类比，比热容和容器的下列哪个属性类似______。
A.高度
B.底面积
C.容积
28. 小刚、小华在进行“探究并联电路电流特点”实验：
(1)在连接电路过程中，开关应该是______(断开/闭合)的。
(2)小刚同学连接了如图一所示电路，如果合上开关，电路所处的状态是______路(选填“通”、“断”或“短”)。请你对图一导线进行改动，要求：只改动一根导线，使电路组成并联电路。
(3)小华同学想通过图二所示的电路来比较并联电路中L和L中的电流的大小关系，他的方案是：只闭合S2测出L1中的电流I1；只闭合S1测出L2的电流I2，比较I1和I2的大小，请你评估：小华的方案______(选填“可行”或“不可行”)，理由是______。
(4)发现各自的问题后，两位同学决定采用图三所示电路进行实验，两位同学换用不同规格的灯泡，依次测量了B、D、E三点的电流，并将数据记录在下表，对于测量数据的相关分析，以下说法正确的是______。
组别
L1规格
L2规格
IB/A
ID/A
IE/A
1
甲
甲
0.12
0.12
0.22
2
乙
丙
0.16
0.20
0.34
3
甲
丁
0.14
0.14
0.26
4
甲
丁
0.16
0.18
0.32
A.选用多组实验数据，是为了减小误差
B.IB+ID总是略大于IE可能是电流表未调零引起的
C.IB+ID总是略大于IE由于E处更接近电源负极，电流流经L1、L2时消耗了
五、计算题（本大题共2小题，共12分）
29. 天门山盘山公路是网红打卡地，公路全长大约10km，公路的海拔落差高度约1000m。为提供多元的登山方式，天门山景区购置了一批新能源纯电动客车，客车满载时总质量为6000kg。现有一辆满载的新能源客车，以100kW的恒定功率，5m/s的速度沿盘山公路从山底匀速行驶至山顶。(行驶过程中客车所受重力和阻力大小恒定不变，g取10N/kg)请完成下列问题：
(1)整个过程中，电动机对客车和游客所做的有用功为多少？
(2)盘山公路的机械效率为多少？
(3)整个过程中，汽车受到的阻力为多少？
30. 小李同学家使用天然气热水器洗澡，一次洗澡前小李同学看见热水器上显示水温为22℃，他将洗澡时的出水水温调到42℃，然后再观察记录了水表和天然气表的数据，接着开始洗澡，当他洗完澡后，他发现这次洗澡消耗了天然气0.2m3，消耗自来水30L(这一时间他家没有其他地方用水和用天然气，不计天然气热水器开始出水未热及后来还剩一些热水的影响)，已知天然气的热值为3.6×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，求：
(1)小李同学所用的30L水流过天然气热水器吸收的热量？
(2)小李同学所用的0.2m3天然气完全燃烧放出的热量？
(3)小李同学家所用天然气热水器烧水的热效率？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：用脚按住舂较短的一端，下压一小段距离，就可以把舂较长的另一端高高抬起，操作过程中动力臂小于阻力臂，故舂是费力杠杆；
A、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A不符合题意；
B、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B合题意；
C、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C不符合题意；
D、老虎钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不符合题意。
故选：B。
结合图片和题目的叙述，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
2.【答案】A
【解析】解：A、荧光灯正常工作时，电流约为0.15A，故A正确；
B、机械改进后其效率也不可能达到100%，故B错误；
C、中学生骑自行车时，车轮与地面之间的摩擦力大约14N，
当车子匀速前进时，动力等于阻力，即：
F=f=14N；
结合生活常识可知，人骑车的速度大约：
v=5m/s；
中学生正常骑自行车功率约为：
P=Fv=14N×5m/s=70W；
故C错误；
D、中学生体重约为500N，一层楼高度约为3m，用时约10s，因此中学生正常上楼功率约：
P=Wt=Fst=Ght=500N×3m10s=150W，故D错误。
故选：A。
根据日常生产生活中的物理常识回答即可。对于不熟悉的物理量的值，要用易于估测的物理量的值和相关物理公式计算得到。
此题考查了日常生产生活中的电流、功率、机械效率等知识点。
3.【答案】D
【解析】解：
A、影响内能大小的因素有质量、温度、状态和种类，只能说在质量、状态和种类一定时，温度越高的物体内能越大，故A错误；
B、物体内能增加，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故B错误；
C、物体吸收的热量越多，内能增加越多，但温度不一定升高越多，甚至不升高，如晶体的熔化过程，吸收热量，内能增加，但温度不升高，故C错误；
D、同一物体温度升高，内能一定增加，故D正确。
故选：D。
(1)内能是物体内部所有分子无规则运动的动能和分子势能的总和，任何物体都有内能，内能的大小与物体的质量、温度、状态和物质种类有关；
(2)改变物体内能的两种方式：做功和热传递；
(3)物体吸收热量时，内能增加，温度不一定升高；
(4)内能的大小与质量、温度和状态有关，同一物体状态不变时，吸收热量、内能增加、温度升高。
此题考查了对物体内能的概念、影响内能大小的因素的理解，属于基础题，要熟练掌握。
4.【答案】C
【解析】解：ABD、弯折铁丝变热、搓手取暖和滑滑梯时臀部发热，都是通过做功的方式来改变内能的；
C、蒸锅蒸菜是通过热传递的方式改变内能的。
故C与其他三项改变物体内能的途径不同。
故选：C。
改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；做功的实质是能量转化的过程，即：内能和其他形式能的相互转化；热传递的实质是能量转移的过程，发生热传递的条件是有温度差。
本题考查了学生对改变物体内能方式的掌握，属于基础知识的考查，比较简单。
5.【答案】D
【解析】解：由题意可知，两开关应串联接在电路中，根据选项可知D符合题意，ABC不符合题意。
故选：D。
任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开、电动机停止工作说明两开关相互影响、不能独立工作即为串联。
本题要牢牢把握住关键点“任一只手柄刹车时，开关立即断开、电动机停止工作”，从而判断出两个开关的连接方式是串联。
6.【答案】D
【解析】解：
A、由机械效率公式η=W有用W总可知，W有用=ηW总，机械效率高，总功不确定，有用功不一定多，故A错误；
B、功率描述物体做功快慢，机械效率是有用功与总功的比值，两者没有必然联系，所以功率大，机械效率不一定大，故B错误；
C、功率是单位时间内完成的功，做功越多，时间不确定，根据公式P=Wt，不能确定功率大小，故C错误；
D、功率是表示做功快慢的物理量，做功越快功率越大，故D正确。
故选：D。
(1)使用机械时，有用功与总功的比值叫机械效率；
(2)物体在单位时间完成的功叫功率，是表示做功快慢的物理量。
该题考查学生对功率和机械效率的理解，特别要注意功率与机械效率是两个不同的物理量，它们之间没有任何关系。
7.【答案】C
【解析】解：当太阳光照射时，反应室内发生化学反应，导致室内气压增大，这时将化学能转化为机械能，从而推动活塞移动，相当于汽油机的做功冲程。
A.图中进气门打开，是吸气冲程，故A不合题意；
B.图中两气门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，将机械能转化为内能，故B不合题意；
C.图中两气门关闭，活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能，故C符合题意；
D.图中排气门打开，是排气冲程，故D不合题意。
故选：C。
(1)根据气门的关闭和活塞的运动方向判断汽油机冲程的名称；也可根据火花塞是否打火，气流进出的方向判断冲程名称；
(2)分析光发动机的能量转化，然后与汽油机的能量转化进行比较即可。
本题考查了汽油机四冲程的特点，确定其中的能量转化情况是关键。
8.【答案】B
【解析】解：A.球离手后，手没有对球施加力，所以手不对球做功，故A错误；
B、篮球在D点时在水平方向有一定的速度，所以动能不为零，故B正确；
C、从图可知，篮球在干燥的地面上向前弹跳的过程中，弹跳的高度会越来越低，所以篮球的机械能越来越小，B点时的机械能大于C点时的机械能，而B点和C点高度相同，重力势能相等，所以，B点时的动能大于C点时的动能，故C错误；
D.因 A、B、C、D处的机械能逐渐变小，篮球落到地面转成的弹性势能逐渐变小，由于篮球弹性势能大小与篮球的形变程度有关，故所以1、2、3三个“印迹”越来越小，故D错误。
故选：B。
(1)做功的条件：有力，且物体在力的方向上通过距离；
(2)篮球弹跳的高度会越来越低，这说明在势能和动能的转化过程中有能量的消耗，所以篮球的机械能一次比一次少；
(3)机械能包括物体的动能和势能。动能的大小和物体的质量以及运动的速度快慢有关，判断动能的大小看它的质量和运动快慢是否变化就可以了；
重力势能的大小和物体的质量以及所处位置的高度有关，判断重力势能是否改变，看它的质量和高度是否变化就可以了；
弹性势能与物体弹性形变的程度有关。
对于这类题目要抓住题目的隐含信息，篮球弹跳的高度会越来越低，就是明显告诉我们篮球的机械能越来越小，机械能的相互转化过程中是有能量消耗的，这样造成动能和势能的总和会减少。
9.【答案】C
【解析】解：A、开关S1、S2都闭合，灯泡L1和L2并联，故A错误；
BC、先闭合S1，再闭合开关S2，原来电流表测的是通过灯泡L2的电流，闭合开关S2后，电流表测的是通过灯泡L1和L2的电流，所以电流表示数增大，
而L2亮两端的电压不变，电流不变，则实际功率不变，所以L2亮度不变，故B错误，C正确；
D、在电源外部，电流方向是从电源正极出发，回到电源负极，所以只闭合开关S1，电源外部电流方向为d→c→b→a，故D错误。
故选：C。
(1)用电器并列连接在一起的是并联，依次连接在一起的是串联；
(2)当闭合不同开关时，要明确电流表测量位置，然后进行判断；
(3)电源外部的电流是从电源正极出发经用电器回到电源负极。
本题考查了电学的基础知识，包括电路的连接、电流的方向、并联电路中电流关系等，这些都是电学的基础，一定要牢固掌握。
10.【答案】C
【解析】解：A、因为在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置，先固定铁圈A，所以需要点燃酒精灯，故A错误；
B、通过表格数据知：质量相同的甲、乙两种液体，加热相同时间，吸收相同的热量，甲的温度升高的小，甲的吸热本领强，故B错误；
C、分析表格中数据可知：质量相同的甲和乙升高相同的温度，甲的加热时间长，甲吸收热量较多，故C正确；
D、用相同的装置加热，加热相同的时间，甲乙液体吸收的热量相同，故D错误。
故选：C。
(1)因为在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置；
(2)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
本题比较不同物质的吸热能力，考查器材的调试、控制变量法、转换法的应用和比热容的应用，为热学中的重要实验。
11.【答案】A
【解析】解：杠杆绕O点转动过程中，动力的力臂不变，阻力的力臂先变大后变小，阻力即为物体的重力是不变的，由杠杆平衡条件F1×L1=F2×L2可知，动力先变大后变小；
当杠杆转到水平位置时拉力最大，由杠杆平衡条件F1×L1=F2×L2可得，
FB×OB=G×OA，又OB=OA-AB=3m-1m=2m，G=mg=0.2kg×10N/kg=2N，
所以有FB×2m=2N×3m，解得FB=3N；
杠杆缓慢拉至与墙面夹角为30°时，阻力臂变为原来的一半，阻力、动力臂不变，
根据杠杆的平衡条件可知，此时的动力为：F'B=1.5N；
当杠杆转到水平位置时，拉力做的功等于克服物体重力做功，W═mg×OAcos30°═0.2kg×10N/kg×3m×32═5.1J；
综上所述，A错误。
故选：A。
杠杆绕O点转动过程中，动力的力臂不变，阻力的力臂先变大后变小，阻力即为物体的重力是不变的，由杠杆平衡条件可知动力的变化情况；
当杠杆水平时阻力臂最大时，FB最大，根据杠杆平衡条件得求得FB的最大值；
杠杆缓慢拉至与墙面夹角为30°时，阻力臂变为原来的一半，阻力、动力臂不变，根据杠杆的平衡条件求得动力的大小；
根据数据知识可得物体上升的高度，根据W=Gh=mgh求得拉力做的功。
本题考查杠杆的动态平衡，主要抓住拉力与杠杆始终垂直，动力臂不变，阻力即物体的重力不变，在杠杆绕O转动过程中，阻力臂先变大后变小，由杠杆平衡条件可知，当阻力臂最大时动力最大，从而解决此题。
12.【答案】A
【解析】解：A、由图知，力F做功的功率P随物体上升速度v成正比，当v=1cm/s=0.01m/s时，拉力的功率为1.2W，
根据P=Wt=Fst=Fv可得，拉力F=Pv=1.2W0.01m/s=120N，故A正确；
B、由图知，滑轮组有一个动滑轮和一个定滑轮组成，承担重物绳子的段数n=3，
不计绳重与摩擦，由F=1n(G+G动)可得，重物A的重力：G=nF-G动=3×120N-20N=340N，
滑轮组对A的拉力大小等于物体A的重力340N，故B错误；
C、拉力F的功率为1.2W时，物体上升速度v=0.01m/s，10s内物体A上升的高度h=vt=0.01m/s×10s=0.1m，
滑轮组对物体A做功W=Gh=340N×0.1m=34J，故C错误；
D、物体A下再加挂80N的重物时绳端拉力F'=1n(G+G'+G动)=13×(340N+80N+20N)=4403N，
此时滑轮组此时的机械效率η=W有W总=(G+G')hF's=G+G'nF'=340N+80N3×440N3≈95.5%，故D错误。
故选：A。
(1)根据P=Wt=Fst=Fv结合图象计算拉力的大小；
(2)不计绳重与摩擦，根据F=1n(G+G动)计算重物A的重力，从而可知，滑轮组对A的拉力；
(3)由v=st计算物体上升的高度，根据W=Gh计算对物体A做的功；
(4)根据F=1n(G+G动)计算物体A下再加挂80N的重物时绳端拉力，根据η=W有W总=GhFs=GnF计算滑轮组此时的机械效率。
本题考查了滑轮组拉力计算公式、功、功率以及机械效率的计算，利用好不计绳重与摩擦，根据F=1n(G+G动)是关键。
13.【答案】动滑轮 定轮滑 粗
【解析】解：将A树拉正时，A的树干随着移动，相当于动滑轮；靠近天花板上的轮子使用滑轮时轴的位置固定不动，是定滑轮；螺丝刀手柄属于轮轴中的轮，同样的轴，轮越大就越省力，因此手柄粗一些的螺丝刀用起来更省力。
故答案为：动滑轮；定滑轮；粗。
使用滑轮滑轮时，轴的位置固定不动的滑轮滑轮称为定滑轮；使用时，轴随物体一起移动的滑轮叫做动滑轮；螺丝刀手柄属于轮轴中轮的部分。
此题考查了动滑轮、定滑轮、轮轴等知识点，属基础题目。
14.【答案】电 化学 用电器 开关 并联
【解析】解：(1)蓄电池是化学电池，它在充电过程中将电能转化为化学能储存下来，此过程中，它消耗了电能，所以是用电器；
(2)司机拨动方向盘旁的杆子，转向灯才会工作，所以这根杆子起到了开关的作用；
位于同侧的前后两个转向灯会同时闪亮，如果前转向灯坏了，后转向灯还能亮，说明两个转向灯可以单独工作，所以它们是并联的。
故答案为：(1)电；化学；用电器；(2)开关；并联。
(1)根据蓄电池充电时消耗和获得的能量可做出判断；并根据电路元件的特点判断其属于哪种类型。
(2)开关在电路中的作用是控制电路的通断；根据串联和并联电路的特点分析各灯的连接情况。
本题考查了蓄电池充电时的能量转化的认识、电路的组成以及串并联电路的判断，考查的知识多，综合性强，但难度不大，掌握基础知识就能解题。
15.【答案】热值 热量 不变 变小
【解析】解：(1)现代火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较大的热值，燃烧相同质量的液态氢和其他燃料时，液态氢能放出更多的热量
(2)火箭匀速下落过程中，质量不变，速度不变，高度逐渐变小，则动能不变，重力势能变小，机械能变小。
故答案为：热值；热量；不变；变小。
(1)热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小；
(2)动能大小的影响因素：物体的质量、物体的速度；质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：物体的质量、物体的高度；质量越大，所处的高度越高，重力势能越大。动能和势能统称为机械能。
本题考查热值的概念、动能的影响因素、机械能的相互转化，题目比较基础。
16.【答案】增大 压缩 240 60
【解析】解：在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧，此过程中活塞对筒内气体做功，把机械能转化为内能，气体的内能增大；这与四冲程汽油机的压缩冲程的能量转化相同；
汽油机飞轮的转速是7200r/min=120r/s，由于汽油机的一个工作循环有4个冲程，活塞往复运动2次，曲轴和飞轮转2周，对外做功1次，所以该汽油机1s要完成60个工作循环，活塞完成240次，对外做功60次。
故答案为：增大；压缩；240；60。
(1)做功可以改变物体的内能，对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外界做功，物体的内能减小，温度降低；
(2)汽油机的压缩冲程中，把机械能转化为内能；做功冲程中把内能转化为机械能；
(3)汽油机的一个工作循环有4个冲程，活塞往复运动2次，曲轴和飞轮转2周，对外做功1次。
根据改变物体内能的方法以及汽油机的工作过程和原理(能量的转化)；知道在一个工作循环中活塞往复运动2次，曲轴和飞轮转2周，对外做功一次就解题的关键。
17.【答案】1.5A 2：1
【解析】解：(1)由电路图知：灯泡L1和L2并联，电流表A1测量灯泡L2的电流，电流表A2测量干路电流；
由并联电路电流规律可知，电流表A2的示数比电流表A1的示数大；
由图知，电流表A2的量程是0～3A，最小分度值为0.1A，电流表示数IA2=1.5A；
电流表A1的量程是0～0.6A，最小分度值是0.02A，电流表读数IA1=0.5A；
(2)由电路图知，灯泡L2的电流I2=IA1=0.5A，灯泡L1的电流I1=IA2-IA1=1.5A-0.5A=1A。
则流过灯L1和灯L2的电流之比I1I2=1A0.5A=21。
故答案为：1.5；2：1。
(1)根据电路图，分析电路结构，确认每个电流表的测量对象，再确定电流表的量程，读出电流表的示数；
(2)根据并联电路的电流关系求出流过两灯泡的电流。
本题主要考查学生对并联电路电流规律掌握和运用，考查了电流表的读数，确定电流表的测量对象、确定电流表的量程是本题解题的关键。
18.【答案】3.5×104 1.5×104 1×104
【解析】解：起重机吊起重物做的有用功：
W有=Gh=7×103N×5m=3.5×104J；
由η=W有W总可得，总功：
W总=W有η=3.5×104J70%=5×104J，
额外功：W额=W总-W有=5×104J-3.5×104J=1.5×104J；
拉力的功率：
P=W总t=5×104J5s=1×104W。
故答案为：3.5×104；1.5×104；1×104。
根据W有=Gh计算有用功；根据η=W有W总计算总功，由W额=W总-W有计算额外功，根据P=Wt计算功率。
本题考查滑轮组使用中有用功、总功、机械效率以功率公式的应用，难度适中。
19.【答案】减小压强 减小摩擦 10000 2：5 A
【解析】解：(1)支架下面垫有面积较大的石块，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小对地面的压强；
(2)在木箱下垫上圆木，是通过变滑动为滚动的方法来减小摩擦力；
(3)抬起巨木时，拴在巨木最右端的绳子中的拉力为动力，巨木的重力为阻力，且两个力都是沿竖直方向，
重心在巨木中间位置，而绳子在最右端，因此动力臂L1：阻力臂L2=2：1，
由杠杆平衡条件FL1=GL2变形得：
F=L2L1G=12×2×103kg×10N/kg=10000N；
(4)杠杆AOB中绳子对A端的拉力为阻力，壮汉对B点的拉力为动力，
由杠杆平衡条件得：F绳LOA=F人LOB，
变形得：LOALOB=F人F绳=800N×510000N=25，
因此LOA：LOB=2：5；
(5)由杠杆平衡条件可知动力臂越大越省力，因此要支点O向A移动增大OB的长度。
故答案为：减小压强；减小摩擦；10000；2：5；A。
(1)压强的大小与压力和受力面积有关，在压力一定时，增大受力面积可以减小压强；
(2)减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦；
(3)分析出杠杆的动力臂和阻力臂，再根据杠杆平衡条件计算；
(4)由(3)求出的拉力结合AOB这一杠杆计算；
(5)由杠杆平衡条件分析。
题主要考查的是学生对杠杆的分类、减小压强方法、减小摩擦的方法、及杠杆平衡条件的应用，关键是能把问题模型化。
20.【答案】83.3% 1 不变 变小
【解析】解：(1)有用功W有用=GhB=5N×0.2m=1J，
总功W总=FhC=3N×0.4m=1.2J，
该杠杆的机械效率η=W有用W总×100%=1J1.2J×100%≈83.3%；
(2)已知OB=0.25m，OC=0.5m，故OC=2OB，即B点为杠杆的重心位置，
不计摩擦，克服杠杆自重做的功为额外功，则W额=W总-W有用=1.2J-1J=0.2J，
杠杆的重为G杠杆=W额hB=0.2J0.2m=1N；
(3)如果将物体由B点移到A点，测力计仍然竖直拉C点匀速上升，物体上升的高度不变，根据W有用=Gh可知有用功不变，从图中可知杠杆重心上升的高度变小，根据W额=G杠杆h可知额外功变大，根据η=W有用W总=W有用W有用+W额可知机械效率变小。
故答案为：83.3%；1；不变；变小。
(1)利用W有用=GhB得出有用功，利用W总=FhC得出总功，根据η=W有用W总得出该杠杆的机械效率；
(2)已知OB=0.25m，OC=0.5m，故OC=2OB，即B点为杠杆的重心位置，
不计摩擦，克服杠杆自重做的功为额外功，根据W额=W总-W有用得出额外功，根据G杠杆=W额hB得出杠杆的重；
(3)如果将物体由B点移到A点，测力计仍然竖直拉C点匀速上升，物体上升的高度不变，根据W有用=Gh可知有用功不变，从图中可知杠杆重心上升的高度变大，根据W额=G杠杆h可知额外功变大，根据η=W有用W总=W有用W有用+W额可知机械效率的变化情况。
本题考查杠杆的机械效率，关键是分析图片、并从表格中得出有用信息。
21.【答案】解：由图知，支点在O点，连接OA就是最长的动力臂，此时动力最小；要打开水龙头，动力的方向应垂直于OA向上，据此可画出最小F的示意图，如图所示：
。
【解析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。先确定最长的力臂，然后根据力与力臂垂直的关系确定杠杆的最小作用力。
知道在动力的作用点明确的情况下，支点到力的作用点的连线就是最长力臂；在动力作用点未明确时，支点到最远的点的距离是最长力臂。
22.【答案】
【解析】
【分析】
滑轮组绳子的绕法，有两种：一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过下面的动滑轮，再绕过上面的定滑轮；二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮。本题中，要求最省力，属于第二种。
本题画最省力的绕绳方法：绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮。
【解答】
图中只有一个动滑轮，要求最省力，则由3段绳子承担物重，是最省力的绕绳方法；绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮，如图所示：
。
23.【答案】解：若电流表在左侧，电源在右侧，闭合开关后，右边灯被短路：
因此只有电源在左侧，电流表在右侧，闭合开关后，此时两灯泡并联，如图所示：
【解析】要使灯泡发光则必须有电源；电流表在电路中相当于导线。
此类型题目要求对电路中各元件的作用及使用方法要非常明确，然后根据串并联电路的特点正确连接电路。
24.【答案】解：电路图中两灯并联，开关S1在干路中，开关S2与L2串联在支路中，根据电路图连接实物图，如下图所示：
【解析】分析电路的连接及开关的作用，根据电路图连接实物图，各元件顺序与电路图一一对应。
本题考查根据电路图连接实物图，关键是分清电路连接关系，注意各元件顺序与电路图一一对应。
25.【答案】处于 右 1 右端下降 小于 乙 ND 错误
【解析】解：(1)如图甲所示，此时杠杆静止，处于杠杆平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节；
(2)设每个钩码重为G，杠杆每格长为L，由杠杆平衡条件可知，2G×2L=nG×4L，解得n=1，故应在B点挂1个钩码才能使杠杆平衡；
当杠杆平衡后，将A、B两点下面所挂的钩码同时向O点移动1格，则有2G×L
为了在竖直向下方向校零，一种方法是取两弹簧测力计先竖直方向校零后，竖直放置在竖直方向拉到某一数值，物体间力的作用是相互的，甲测力计拉乙测力计的力等于乙测计拉甲测力计的力，因甲测力计已调零，移动弹簧测力计乙的指针，使其示数与甲弹簧测力计相等即可完成校零；
(4)由题意可知，左右两边对圆盘的拉力不变，左边力臂不变，根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2得，要使圆盘平衡，右边力臂也应保持不变，所以可以将挂在G点的钩码先后挂在D、N两个点又进行实验，这样右边的力臂始终为OD；由以上实验现象可知，力的作用点到支点的距离发生变化，并没有影响杠杆的平衡，故小明的观点是错误的。
故答案为：(1)处于；右；(2)1，右端下降；(3)小于；乙；(4)ND；错误。
(1)杠杆静止不动或匀速转动叫杠杆的平衡；杠杆右端偏高，说明杠杆的重心在支点左侧，应将平衡螺母向右调节；
(2)设每个钩码重为G，杠杆每格长为L，根据杠杆平衡条件进行分析；
(3))由于弹簧测力计的弹簧和秤钩都有一定的质量，据此分析；由于物体间力的作用是相互的甲对乙的拉力等于乙对甲的拉力；
(4)由题意知，左边力与力臂保持不变，右边力也保持不变，要使圆盘仍然平衡，则右边的力臂也必须保持不变，从而找到另外挂钩码的点。
本题考查了探究杠杆平衡条件实验，探究杠杆平衡条件是初中物理学重要的实验，要求学生熟练掌握。
26.【答案】控制到达水平面的速度相同 小球 可行 小球滑下的过程重力势能转化为动能，实验控制了小球滑下的高度相同，而小球的质量不同 速度 B
【解析】解：(1)根据实验的要求可知，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面的速度相同；
该实验的研究对象为小球，所以；该实验的目的是研小球的动能大小与质量的关系；
(2)不同质量的小球在同一高度的重力势能不同，小球滑下的过程重力势能转化为动能，根据控制变量法可知实验控制了小球滑下的高度相同，而小球的质量不同，故可探究物体重力势能与质量的关系；
(3)用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧的弹性势能不相同，小球与弹簧分开后获得的初速度不同，而小球的质量相同，故可以研究小球的动能大小与速度的关系；
(4)实验中通过小车撞击木块运动的距离的大小判定动能的大小，采用的是转换法；
A、“点火爆炸”实验中滴入的酒精，当按动电火花发生器的按钮时，酒精燃烧后的燃气对盒盖做功，将燃气的内能转化为盒盖的机械能，燃气的内能减小，没有用到转换法，故A不符合题意；
B、“探究影响重力势能大小因素”实验中，通过小桌下陷的深度来体现物体重力势能的大小，用到了转换法，故B符合题意；
C、“探究不同物质吸热升温现象”实验中的水和沙子质量相同，应用了控制变量法，故C不符合题意，故选：B。
故答案为：(1)控制到达水平面的速度相同；小球；(2)可行；小球滑下的过程重力势能转化为动能，实验控制了小球滑下的高度相同，而小球的质量不同；(2)速度；(4)B。
(1)由控制变量法，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面初速度相同；
本实验研究小球动能的大小；
(2)不同质量的小球在同一高度的重力势能不同，小球滑下的过程重力势能转化为动能，根据控制变量法分析可知；
(3)弹簧的弹性势能转化为小球的动能，小球的动能转化为木块的动能，小车的重力势能转化为动能，据此分析；
(4)根据转换法分析。
本题探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验，考查控制变量法、转换法的运用及机械能的转化和对实验方案的评估。
27.【答案】甲、乙 甲、丙 天平 完全燃烧完毕 温度计示数变化 1：2 4：3 B
【解析】解：(1)为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲、乙两图进行实验；
为了比较两种液体的比热容，需要燃烧同种燃料，加热不同的液体，且液体的质量相同，在加热时间相同时，通过温度计的示数高低进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验；
(2)根据控制变量法可知，比较不同物质的吸热能力时，需要控制两种物质的质量和初温相同；比较不同燃料的热值时，需要控制两种燃料的质量相同，需要用温度计测量液体升高的温度；所以都需要用到温度计和天平；
(3)实验时应比较相同质量的燃料1和燃料2完全燃尽后液体升高的温度，即根据温度计上升的示数比较燃料热值的大小；
(4)由图丁可知，相同质量的a、b液体，被加热相同的时间(吸收相同的热量)，a液体升温快，b液体升温慢，说明b液体的吸热本领强；
根据图丁可知，a、b都加热tmin，a温度变化量为2T0，b温度变化量为T0；
由Qa=Qb=cmΔt可得：camΔta=cbmΔtb，则caΔta=cbΔtb；
则：ca：cb=Δtb：Δta=T0：2T0=1：2；
读图丁可知，燃料燃烧完时，燃料1燃烧了tmin，燃料2燃烧了2tmin，且甲图中液体温度变化量为2T0，乙图中液体温度变化量为1.5T0，实验中忽略热量的散失，且两杯液体的质量、比热容均相同，则由公式Q=cmΔt可得，二者放出的热量之比为Q1Q2=cmΔt1cmΔt2=Δt1Δt2=2T01.5T0=43；
燃料的质量相同，由公式Q=qm可得，燃料1与燃料2的热值之比为q1：q2=Q1：Q2=4：3；
(6)相同条件下升温越快，比热容越小；而相同体积的水在体积膨胀相同的情况下，底面积越小水面升高越大；如果把物质吸热升温和容器盛水水面升高做类比，比热容和容器的底面积属性类似，选B。
故答案为：(1)甲、乙；甲、丙；(2)天平；(3)完全燃烧完毕；温度计示数变化；(4)1：2；4：3；(5)B。
(1)根据控制变量法的应用规则，要比较不同燃料的热值，必须取不同种类的燃料；要比较不同物质的比热，就要取不同种类的液体；
(2)比较不同物质的吸热能力时，需要控制两种物质的质量和初温相同；比较不同燃料的热值时，需要控制两种燃料的质量相同；
(3)为比较不同燃料的热值，应让相同质量的燃料完全燃烧，根据液体升高的温度比较燃料的热值大小；
(4)相同质量的不同物体吸收相同的热量，温度变化越小的，比热容越大，吸热能力越强；根据图象和Qa=Qb=cmΔt即可求出比热容之比、；
从图丁中读出数据，运用公式Q=qm和Q=cmΔt可求出两燃料的热值之比；
(5)相同条件下升温越快比热容越小；而相同体积的水在体积膨胀相同的情况下，底面积越小水面升高越大。
本题考查比热容、热值计算公式的运用和控制变量法、转换法的应用，为热学中的重要实验。
28.【答案】断开 短 不可行 电流表正负接线柱接反了 B
【解析】解：(1)在连接电路过程中，开关应该是断开的；
(2)由图一可知，闭合开关后，电流从电源正极流出经abce直接流回电源负极，形成了短路；
要使电路组成并联电路，应将e导线的右端与C或E连接即可，如下图：
(3)按照图二所示的电路图，只闭合S2测出L1中的电流I1，则电流表下边的接线柱为正接线柱，上边为负接线柱；但当只闭合S1测量L2的电流时，电流从负接线柱流入了，即电流表的正负接线柱相反了，故他们的方案不可行；
(4)A.选用多组实验数据，可避免实验的偶然性，使结论更具普遍性，故A错误；
B.若电流表使用前指针在零刻线偏右的位置，则每次测量值比真实值偏大，由并联电路电流的规律，IB+ID总是略大于IE，故B正确；
C.并联电路干路上的电流等于各支路电流之和，故C错误；
故选：B。
故答案为：(1)断开；(2)短；(3)不可行；电流表正负接线柱接反了；(4)B。
(1)连接电路时，开关必须处于断开状态；
(2)分析实物图，导线直接将电源两极连接起来，形成了短路，根据实物图连接情况改动一根导线，按题干要求连接实物图；
(3)使用电流表时电流从正接线柱流入，从负接线柱流出；
(4)结合电路图，根据并联电路电流特点，逐项进行分析。
本题考查了电路的连接和并联电路电流的特点，学生需熟练掌握电路故障分析、串、并联电路电流的规律及误差知识。
29.【答案】解：(1)客车和游客总重力G=mg=6000kg×10N/kg=6×104N；
电动机对客车和游客所做的有用功：W有用=Gh=6×104N×1000m=6×107J；
(2)由v=st可得，整个过程所用时间：t=sv=10×103m5m/s=2×103s，
由P=Wt可得，总功W总=Pt=100×103W×2×103s=2×108J，
盘山公路的机械效率：η=W有用W总 ×100%=6×107J2×108J×100%=30%；
(3)额外功：W额=W总-W有用=2×108J-6×107J=1.4×108J，
由W额=fs可得，汽车受到的阻力：f=W额s=1.4×108J10×103m=1.4×104N。
答：(1)整个过程中，电动机对客车和游客所做的有用功为6×107J；
(2)盘山公路的机械效率为30%；
(3)整个过程中，汽车受到的阻力为1.4×104N。
【解析】(1)已知客车满载时总质量，由G=mg可求得其总重力，由W有用=Gh可求得电动机对客车和游客所做的有用功；
(2)已知速度和公路全长可求得时间，已知以80kW的恒定功率匀速行驶至山顶，由W=Pt可求得总功，由η=W有用W总 ×100%可求得盘山公路的机械效率；
(3)由W额=W总-W有用可求得额外功，由W额=fs可求得汽车受到的阻力。
本题中主要考查了功的计算、功率的计算和效率的计算，搞清各力与距离之间的对应关系，熟练运用相关公式是解决此题的关键。
30.【答案】解：(1)30L水的质量为m=ρV=1.0×103kg/m3×30×10-3m3=30kg，
水吸收的热量Q吸=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×30kg×(42℃-22℃)=2.52×106J；
(2)0.2m3天然气完全燃烧放出的热量Q放=V燃气q=0.2m3×3.6×107J/m3=7.2×106J；
(3)天然气热水器烧水的热效率η=Q吸Q放=2.52×106J7.2×106J=35%。
答：(1)小李同学所用的30L水流过天然气热水器吸收的热量为2.52×106J；
(2)小李同学所用的0.2m3天然气完全燃烧放出的热量7.2×106J；
(3)小李同学家所用天然气热水器烧水的热效率35%。
【解析】(1)知道水的体积，根据m=ρV计算水的质量，根据Q吸=cm(t-t0)计算水吸收的热量；
(2)知道天然气的体积，根据Q放=V燃气q计算天然气完全燃烧放出的热量；
(3)根据η=Q吸Q放计算用天然气热水器烧水的热效率。
本题考查了水升温吸热、燃料燃烧放热和效率的计算，涉及到的公式都要求掌握。
江苏省苏州市工业园区星海实验中学2022-2023学年九年级（上）期中物理试卷
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
一、单选题（本大题共12小题，共24分）
1. 杠杆在我国古代就有了许多应用，《天工开物》中记载的捣米用的春就利用了杠杆原理。如图是生活中用舂进行劳作的情境，用脚按住舂较短的一端，就可以把春较长的另一端高高抬起。下列工具所属杠杆类型与图中春相同的是( )
A. 瓶盖起子 B. 筷子
C. 核桃夹 D. 老虎钳
2. 下列数据，符合生活实际的是( )
A. 荧光灯正常工作时，电流约为0.15A B. 机械改进后其效率可达100%
C. 中学生正常骑自行车功率约为700W D. 中学生正常上楼功率约1500W
3. 关于温度、内能和热量，下列说法正确的是( )
A. 温度高的物体，内能一定大 B. 物体内能增加，一定是吸热了
C. 物体吸收的热量越多，温度一定越高 D. 物体温度升高，内能增加
4. 下列四个场景中，物体内能改变方式与其他三个不同的是( )
A. 弯折铁丝变热 B. 搓手取暖
C. 蒸锅蒸菜 D. 滑滑梯时臀部发热
5. 电动自行车两刹车手柄中各有一只开关S1和S2.在行驶中用任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作。以下电路符合要求的是( )
A. B. C. D.
6. 下列说法中正确的是( )
A. 机械效率越高，机械做的有用功越多 B. 功率越大的机械，机械效率越大
C. 做功越多的机械，功率一定越大 D. 做功越快的机械，功率一定越大
7. 光发动机是一种把光能转化为机械能的装置，主要结构如甲图所示。在太阳光照射下，化学反应室内密封着的气态物质N2O4发生反应：N2O4→O2+2NO，导致室内气压增大；在无光条件下，室内发生“逆向反应”，导致室内气压减小；这样便可通过控制窗口处射入的光能使气室中的气态物质循环反应，从而推动活塞输出机械能。则光发动机该装置中的活塞向右运动时，相当于如图汽油机四个冲程中的( )
A. B. C. D.
8. 一个篮球不小心被水打湿，小明继续使用该篮球进行训练，球离手后，发现篮球在干燥的地面上向前弹跳的过程中，地面上留下了一个个“印迹”，以下判断正确的是(不考虑篮球质量的变化)( )
A. 球离手后，手仍对球做功 B. D点时篮球的动能不为0
C. B点时的动能等于C点时的动能 D. 1、2、3三个“印迹”大小相同
9. 如图所示的电路中，下列说法正确的是( )
A. 开关S1、S2都闭合，灯泡L1和L2串联
B. 先闭合S1，再闭合开关S2，L2亮度变暗
C. 先闭合S1，再闭合开关S2，电流表示数变大
D. 只闭合开关S1，电源外部电流方向为a→b→c→d
10. 如图是“探究不同物质吸热升温现象”的实验装置。两个相同的烧杯中分别装有质量和初温都相同的甲、乙两种液体，用相同的装置加热。实验记录的数据如下表。下列说法中正确的是( )
时间t/min
0
1
2
3
4
5
甲的温度/℃
20
22
24
26
28
30
乙的温度/℃
20
25
30
35
40
45
A. 组装时，需根据温度计的玻璃泡调节铁圈A的高度
B. 乙的吸热能力比甲的吸热能力强
C. 甲和乙升高相同的温度，吸收热量较多是甲
D. 加热时间相同，乙吸收的热量大于甲吸收的热量
11. 如图所示，轻质杠杆可绕O点无摩擦转动，在A端用轻质细绳悬挂一质量为200g的物体M，同时在B点施加一个始终垂直于杠杆的拉力FB，杠杆绕O点匀速转动到虚线位置，OB=2m，AB=1m。下列错误的是(g=10N/kg,3≈1.7)( )
A. 此过程中，拉力FB先变小后变大
B. 此过程中，FB最大值为3N
C. 杠杆缓慢拉至与墙面夹角为30°时，FB=1.5N
D. 杠杆绕O点缓慢转动到水平位置时拉力FB做的功约为5.1J
12. 如图甲所示，一个滑轮组竖直固定在水平支架上，已知每个滑轮均重20N，滑轮组下端挂有重为G的物体A，用力F通过滑轮组绳的末端竖直向上匀速提升重物A，重物A向上运动的速度为v，力F做功的功率P随物体上升速度v之间的关系图像如图乙所示。不计绳重与摩擦，g=10N/kg。则下列说法正确的是( )
A. 拉力F的大小为120N
B. 滑轮组对A的拉力为140N
C. 拉力F的功率为1.2W时，10s内滑轮组对物体A做功12J
D. 若在物体A下再加挂80N的重物，滑轮组的机械效率可以达到90%
二、填空题（本大题共8小题，共28分）
13. 简单机械的使用，给人们的生活带来很多便利。小华用如图甲所示的方法将被台风刮倒的树拉正，A的树干相当于______(选填“动滑轮”、“定滑轮”或“杠杆”，下同)。图乙所示晾衣架在靠近天花板上的轮子是______。丙图的螺丝刀也是一种简单机械，叫轮轴，手柄______(选填“粗”或“细”)一些的螺丝刀用起来更省力。
14. 在能源供应持续紧张、环保呼声日益高涨的今天，电动公交车具有环保、低噪音、经济安全等优点而获得青睐。
(1)电动公交车的电池放电后可以再充电，它在充电过程中将______能转化为______能储存下来，此过程中，它是______；(填“用电器”或“电源”)
(2)电动公交车转弯前，要打开转向灯，司机需拨动一下方向盘旁边的一根杆，这根杆的作用相当于电路中的______，位于同侧的前后两个转向灯会同时闪亮，如果前转向灯坏了后转向灯还能亮，这说明位于汽车同侧的前后两个转向灯的连接方式为______(串联/并联)。
15. 2021年10月16日0时23分，中国神舟十三号载人飞船发射成功，鼓舞着每一位炎黄子孙。火箭用液态氢作燃料，是因为它具有较大的______，燃烧时能放出更多的______(温度/内能/热量)。火箭消耗完燃料后将自动脱离飞船，借助降落伞落回地面，则在匀速下落过程中，火箭的动能______(变小/不变/变大，下同)，机械能______。
16. 如图所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧，此过程中活塞对筒内气体做功，气体的内能______(填增大、减小、不变)，这与四冲程汽油机的______冲程的能量转化相同，某台汽油机飞轮的转速是7200r/min，则它每秒钟，活塞完成______个冲程，对外做功______次。
17. 某同学在做“用电流表测量电流”的实验中所用的电路如图甲所示，他按电路图正确连接电路并接通开关S后，电流表A1、A2的指针位置如图乙所示，则电流表A2的读数应是______，流过灯L1和灯L2的电流之比是______。
18. 建筑工地上，起重机吊臂上的滑轮组如图所示。在匀速起吊重7×103N的物体时，物体5s内上升了5m，此过程中有用功为______J，若滑轮组的机械效率70%，则额外功为______J，拉力的功率为______W。
19. 如图为我国古人运送巨木的情景，他们通过横杆、支架、石块等，将巨木一端抬起，巨木身下垫上小圆木以便移动，其支架下面垫上面积较大的石块目的是______，为移动巨木，垫上小圆木是为了______，根据情境简化成如图，已知巨木质量2t，重心在巨木中间位置，则抬起巨木，拴在巨木最右端的绳子对其作用力为______N，有五位壮汉，人均体重800N，假设作用点集中于B点，壮汉集中发力，恰好将巨木一端抬起，则LOA：LOB=______，为了更省力抬起巨木，支点O可以向______挪动。
20. 用如图质量分布均匀的细木棒提升重物，不计摩擦，测力计竖直向上拉木棒的C点使在B点的物体匀速上升时，测得数据如下表，该杠杆的机械效率为______，杠杆的重为
______N；如果将物体由B点移到A点，测力计仍然竖直拉C点匀速上升，物体上升的高度不变，则有用功______，机械效率______。(后两空选填“变大/不变/变小”)
物重G/N
测力计示数F/N
OB/m
OC/m
B点上升的高度hB/m
C点上升的高度hC/m
5
3
0.25
0.5
0.2
0.4
三、作图题（本大题共4小题，共8分）
21. 如图所示，这是家用水龙头的示意图，作用在A点的力F向上抬起把手可打开水龙头。若将把手视为绕0点转动的杠杆，请在图中画出作用在A点的最小动力F的示意图。
22. 用如图所示的滑轮组提升重物，用笔画线代替绳子画出最省力的绳子绕法。
23. 请在图中的空缺出填上电源和电流表的符号，使开关闭合后亮灯都发光
24. 根据图甲所示的电路图，在图乙中用笔画线代替导线将实物电路图补充完整。
四、实验探究题（本大题共4小题，共28分）
25. 如图是探究“杠杆平衡条件”的实验。
(1)如图甲所示，此时杠杆______(处于/不处于)平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡应将平衡螺母向______(左/右)调节。
(2)杠杆水平平衡后，小明在杠杆A点处挂上2个钩码，B点处挂上______个钩码，可以再次使杠杆在水平位置平衡，若把A、B处所挂钩码同时向支点移动1格，则杠杆______(选填“依然平衡”“左端下降”或“右端下降”)；
(3)小明将一端的钩码换成弹簧测力计，发现按图丙中弹簧测力计使用方式校零时往往很困难，由于弹簧测力计的弹簧和秤钩都有一定的质量，这时弹簧测力计的示数略______绳子受到的实际拉力(选填“大于”或“小于”)，为了在竖直向下方向校零，一种方法是取两个弹簧测力计先竖直方向校零后，如丙图右侧所示竖直放置，秤钩对钩，在竖直方向拉到某一数值，这时只要移动弹簧测力计______(甲/乙)的指针，使其示数与另一弹簧测力计相等即可完成校零。
(4)实验中小明曾提出“力的作用点到支点的距离影响杠杆的平衡”。为判断这一观点是否正确，小华制作了一个密度均匀的圆盘(相当于杠杆)，圆盘可以绕着圆心O转动(转轴阻力忽略不计)，如图丁所示。他先在圆盘的C点挂上4个钩码，又在G点挂上一定数量的钩码后，圆盘在图示位置平衡，此时CD水平；接着他将挂在G点的钩码先后挂在______两个点又进行了两次实验，发现圆盘仍在图示位置平衡，则说明小明的观点是______(选填“正确”或“错误”)的。
26. 在探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验中，小明让质量不同的小球从同一斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，木块被撞出一段距离，如图甲所示。
(1)将小球从同一高度由静止释放的目的是______；该实验的目的是研究______(小球/木块)的动能大小与质量的关系。
(2)小明还想通过上述实验过程探究物体重力势能与质量的关系，小明的设想______(可行/不可行)，理由______。
(3)有同学将实验装置改进成图乙所示，用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，可以研究小球的动能大小与______(质量/速度)的关系。
(4)下列实验中的物体，与本实验的木块作用相似的是______。
A.“点火爆炸”实验中滴入的酒精
B.“探究影响重力势能大小因素”实验中的小桌
C.“探究不同物质吸热升温现象”实验中的水和沙子
27. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。已知燃料的质量、烧杯内的液体质量、液体初温、加热方式等均相同。
(1)比较不同燃料的热值应选择______两图进行实验；比较不同物质的吸热能力，应选择______两图进行实验。
(2)在这两个实验中，仪器安装到位后，都要用到的测量器材是温度计和______。
(3)为比较不同燃料的热值，应该在燃料______(燃烧相同时间/完全燃烧完毕)后，通过比较______来得出结论(温度计示数变化/加热时间)。
(4)不考虑热量损失，将燃料点燃直至燃尽，三装置烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如图丁所示，则液体a和液体b的比热容之比为______，燃料1和燃料2的热值之比为______。
(5)如图戊所示，如果把物质吸热升温和容器盛水水面升高做类比，比热容和容器的下列哪个属性类似______。
A.高度
B.底面积
C.容积
28. 小刚、小华在进行“探究并联电路电流特点”实验：
(1)在连接电路过程中，开关应该是______(断开/闭合)的。
(2)小刚同学连接了如图一所示电路，如果合上开关，电路所处的状态是______路(选填“通”、“断”或“短”)。请你对图一导线进行改动，要求：只改动一根导线，使电路组成并联电路。
(3)小华同学想通过图二所示的电路来比较并联电路中L和L中的电流的大小关系，他的方案是：只闭合S2测出L1中的电流I1；只闭合S1测出L2的电流I2，比较I1和I2的大小，请你评估：小华的方案______(选填“可行”或“不可行”)，理由是______。
(4)发现各自的问题后，两位同学决定采用图三所示电路进行实验，两位同学换用不同规格的灯泡，依次测量了B、D、E三点的电流，并将数据记录在下表，对于测量数据的相关分析，以下说法正确的是______。
组别
L1规格
L2规格
IB/A
ID/A
IE/A
1
甲
甲
0.12
0.12
0.22
2
乙
丙
0.16
0.20
0.34
3
甲
丁
0.14
0.14
0.26
4
甲
丁
0.16
0.18
0.32
A.选用多组实验数据，是为了减小误差
B.IB+ID总是略大于IE可能是电流表未调零引起的
C.IB+ID总是略大于IE由于E处更接近电源负极，电流流经L1、L2时消耗了
五、计算题（本大题共2小题，共12分）
29. 天门山盘山公路是网红打卡地，公路全长大约10km，公路的海拔落差高度约1000m。为提供多元的登山方式，天门山景区购置了一批新能源纯电动客车，客车满载时总质量为6000kg。现有一辆满载的新能源客车，以100kW的恒定功率，5m/s的速度沿盘山公路从山底匀速行驶至山顶。(行驶过程中客车所受重力和阻力大小恒定不变，g取10N/kg)请完成下列问题：
(1)整个过程中，电动机对客车和游客所做的有用功为多少？
(2)盘山公路的机械效率为多少？
(3)整个过程中，汽车受到的阻力为多少？
30. 小李同学家使用天然气热水器洗澡，一次洗澡前小李同学看见热水器上显示水温为22℃，他将洗澡时的出水水温调到42℃，然后再观察记录了水表和天然气表的数据，接着开始洗澡，当他洗完澡后，他发现这次洗澡消耗了天然气0.2m3，消耗自来水30L(这一时间他家没有其他地方用水和用天然气，不计天然气热水器开始出水未热及后来还剩一些热水的影响)，已知天然气的热值为3.6×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，求：
(1)小李同学所用的30L水流过天然气热水器吸收的热量？
(2)小李同学所用的0.2m3天然气完全燃烧放出的热量？
(3)小李同学家所用天然气热水器烧水的热效率？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：用脚按住舂较短的一端，下压一小段距离，就可以把舂较长的另一端高高抬起，操作过程中动力臂小于阻力臂，故舂是费力杠杆；
A、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A不符合题意；
B、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B合题意；
C、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C不符合题意；
D、老虎钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不符合题意。
故选：B。
结合图片和题目的叙述，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
2.【答案】A
【解析】解：A、荧光灯正常工作时，电流约为0.15A，故A正确；
B、机械改进后其效率也不可能达到100%，故B错误；
C、中学生骑自行车时，车轮与地面之间的摩擦力大约14N，
当车子匀速前进时，动力等于阻力，即：
F=f=14N；
结合生活常识可知，人骑车的速度大约：
v=5m/s；
中学生正常骑自行车功率约为：
P=Fv=14N×5m/s=70W；
故C错误；
D、中学生体重约为500N，一层楼高度约为3m，用时约10s，因此中学生正常上楼功率约：
P=Wt=Fst=Ght=500N×3m10s=150W，故D错误。
故选：A。
根据日常生产生活中的物理常识回答即可。对于不熟悉的物理量的值，要用易于估测的物理量的值和相关物理公式计算得到。
此题考查了日常生产生活中的电流、功率、机械效率等知识点。
3.【答案】D
【解析】解：
A、影响内能大小的因素有质量、温度、状态和种类，只能说在质量、状态和种类一定时，温度越高的物体内能越大，故A错误；
B、物体内能增加，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故B错误；
C、物体吸收的热量越多，内能增加越多，但温度不一定升高越多，甚至不升高，如晶体的熔化过程，吸收热量，内能增加，但温度不升高，故C错误；
D、同一物体温度升高，内能一定增加，故D正确。
故选：D。
(1)内能是物体内部所有分子无规则运动的动能和分子势能的总和，任何物体都有内能，内能的大小与物体的质量、温度、状态和物质种类有关；
(2)改变物体内能的两种方式：做功和热传递；
(3)物体吸收热量时，内能增加，温度不一定升高；
(4)内能的大小与质量、温度和状态有关，同一物体状态不变时，吸收热量、内能增加、温度升高。
此题考查了对物体内能的概念、影响内能大小的因素的理解，属于基础题，要熟练掌握。
4.【答案】C
【解析】解：ABD、弯折铁丝变热、搓手取暖和滑滑梯时臀部发热，都是通过做功的方式来改变内能的；
C、蒸锅蒸菜是通过热传递的方式改变内能的。
故C与其他三项改变物体内能的途径不同。
故选：C。
改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；做功的实质是能量转化的过程，即：内能和其他形式能的相互转化；热传递的实质是能量转移的过程，发生热传递的条件是有温度差。
本题考查了学生对改变物体内能方式的掌握，属于基础知识的考查，比较简单。
5.【答案】D
【解析】解：由题意可知，两开关应串联接在电路中，根据选项可知D符合题意，ABC不符合题意。
故选：D。
任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开、电动机停止工作说明两开关相互影响、不能独立工作即为串联。
本题要牢牢把握住关键点“任一只手柄刹车时，开关立即断开、电动机停止工作”，从而判断出两个开关的连接方式是串联。
6.【答案】D
【解析】解：
A、由机械效率公式η=W有用W总可知，W有用=ηW总，机械效率高，总功不确定，有用功不一定多，故A错误；
B、功率描述物体做功快慢，机械效率是有用功与总功的比值，两者没有必然联系，所以功率大，机械效率不一定大，故B错误；
C、功率是单位时间内完成的功，做功越多，时间不确定，根据公式P=Wt，不能确定功率大小，故C错误；
D、功率是表示做功快慢的物理量，做功越快功率越大，故D正确。
故选：D。
(1)使用机械时，有用功与总功的比值叫机械效率；
(2)物体在单位时间完成的功叫功率，是表示做功快慢的物理量。
该题考查学生对功率和机械效率的理解，特别要注意功率与机械效率是两个不同的物理量，它们之间没有任何关系。
7.【答案】C
【解析】解：当太阳光照射时，反应室内发生化学反应，导致室内气压增大，这时将化学能转化为机械能，从而推动活塞移动，相当于汽油机的做功冲程。
A.图中进气门打开，是吸气冲程，故A不合题意；
B.图中两气门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，将机械能转化为内能，故B不合题意；
C.图中两气门关闭，活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能，故C符合题意；
D.图中排气门打开，是排气冲程，故D不合题意。
故选：C。
(1)根据气门的关闭和活塞的运动方向判断汽油机冲程的名称；也可根据火花塞是否打火，气流进出的方向判断冲程名称；
(2)分析光发动机的能量转化，然后与汽油机的能量转化进行比较即可。
本题考查了汽油机四冲程的特点，确定其中的能量转化情况是关键。
8.【答案】B
【解析】解：A.球离手后，手没有对球施加力，所以手不对球做功，故A错误；
B、篮球在D点时在水平方向有一定的速度，所以动能不为零，故B正确；
C、从图可知，篮球在干燥的地面上向前弹跳的过程中，弹跳的高度会越来越低，所以篮球的机械能越来越小，B点时的机械能大于C点时的机械能，而B点和C点高度相同，重力势能相等，所以，B点时的动能大于C点时的动能，故C错误；
D.因 A、B、C、D处的机械能逐渐变小，篮球落到地面转成的弹性势能逐渐变小，由于篮球弹性势能大小与篮球的形变程度有关，故所以1、2、3三个“印迹”越来越小，故D错误。
故选：B。
(1)做功的条件：有力，且物体在力的方向上通过距离；
(2)篮球弹跳的高度会越来越低，这说明在势能和动能的转化过程中有能量的消耗，所以篮球的机械能一次比一次少；
(3)机械能包括物体的动能和势能。动能的大小和物体的质量以及运动的速度快慢有关，判断动能的大小看它的质量和运动快慢是否变化就可以了；
重力势能的大小和物体的质量以及所处位置的高度有关，判断重力势能是否改变，看它的质量和高度是否变化就可以了；
弹性势能与物体弹性形变的程度有关。
对于这类题目要抓住题目的隐含信息，篮球弹跳的高度会越来越低，就是明显告诉我们篮球的机械能越来越小，机械能的相互转化过程中是有能量消耗的，这样造成动能和势能的总和会减少。
9.【答案】C
【解析】解：A、开关S1、S2都闭合，灯泡L1和L2并联，故A错误；
BC、先闭合S1，再闭合开关S2，原来电流表测的是通过灯泡L2的电流，闭合开关S2后，电流表测的是通过灯泡L1和L2的电流，所以电流表示数增大，
而L2亮两端的电压不变，电流不变，则实际功率不变，所以L2亮度不变，故B错误，C正确；
D、在电源外部，电流方向是从电源正极出发，回到电源负极，所以只闭合开关S1，电源外部电流方向为d→c→b→a，故D错误。
故选：C。
(1)用电器并列连接在一起的是并联，依次连接在一起的是串联；
(2)当闭合不同开关时，要明确电流表测量位置，然后进行判断；
(3)电源外部的电流是从电源正极出发经用电器回到电源负极。
本题考查了电学的基础知识，包括电路的连接、电流的方向、并联电路中电流关系等，这些都是电学的基础，一定要牢固掌握。
10.【答案】C
【解析】解：A、因为在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置，先固定铁圈A，所以需要点燃酒精灯，故A错误；
B、通过表格数据知：质量相同的甲、乙两种液体，加热相同时间，吸收相同的热量，甲的温度升高的小，甲的吸热本领强，故B错误；
C、分析表格中数据可知：质量相同的甲和乙升高相同的温度，甲的加热时间长，甲吸收热量较多，故C正确；
D、用相同的装置加热，加热相同的时间，甲乙液体吸收的热量相同，故D错误。
故选：C。
(1)因为在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置；
(2)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
本题比较不同物质的吸热能力，考查器材的调试、控制变量法、转换法的应用和比热容的应用，为热学中的重要实验。
11.【答案】A
【解析】解：杠杆绕O点转动过程中，动力的力臂不变，阻力的力臂先变大后变小，阻力即为物体的重力是不变的，由杠杆平衡条件F1×L1=F2×L2可知，动力先变大后变小；
当杠杆转到水平位置时拉力最大，由杠杆平衡条件F1×L1=F2×L2可得，
FB×OB=G×OA，又OB=OA-AB=3m-1m=2m，G=mg=0.2kg×10N/kg=2N，
所以有FB×2m=2N×3m，解得FB=3N；
杠杆缓慢拉至与墙面夹角为30°时，阻力臂变为原来的一半，阻力、动力臂不变，
根据杠杆的平衡条件可知，此时的动力为：F'B=1.5N；
当杠杆转到水平位置时，拉力做的功等于克服物体重力做功，W═mg×OAcos30°═0.2kg×10N/kg×3m×32═5.1J；
综上所述，A错误。
故选：A。
杠杆绕O点转动过程中，动力的力臂不变，阻力的力臂先变大后变小，阻力即为物体的重力是不变的，由杠杆平衡条件可知动力的变化情况；
当杠杆水平时阻力臂最大时，FB最大，根据杠杆平衡条件得求得FB的最大值；
杠杆缓慢拉至与墙面夹角为30°时，阻力臂变为原来的一半，阻力、动力臂不变，根据杠杆的平衡条件求得动力的大小；
根据数据知识可得物体上升的高度，根据W=Gh=mgh求得拉力做的功。
本题考查杠杆的动态平衡，主要抓住拉力与杠杆始终垂直，动力臂不变，阻力即物体的重力不变，在杠杆绕O转动过程中，阻力臂先变大后变小，由杠杆平衡条件可知，当阻力臂最大时动力最大，从而解决此题。
12.【答案】A
【解析】解：A、由图知，力F做功的功率P随物体上升速度v成正比，当v=1cm/s=0.01m/s时，拉力的功率为1.2W，
根据P=Wt=Fst=Fv可得，拉力F=Pv=1.2W0.01m/s=120N，故A正确；
B、由图知，滑轮组有一个动滑轮和一个定滑轮组成，承担重物绳子的段数n=3，
不计绳重与摩擦，由F=1n(G+G动)可得，重物A的重力：G=nF-G动=3×120N-20N=340N，
滑轮组对A的拉力大小等于物体A的重力340N，故B错误；
C、拉力F的功率为1.2W时，物体上升速度v=0.01m/s，10s内物体A上升的高度h=vt=0.01m/s×10s=0.1m，
滑轮组对物体A做功W=Gh=340N×0.1m=34J，故C错误；
D、物体A下再加挂80N的重物时绳端拉力F'=1n(G+G'+G动)=13×(340N+80N+20N)=4403N，
此时滑轮组此时的机械效率η=W有W总=(G+G')hF's=G+G'nF'=340N+80N3×440N3≈95.5%，故D错误。
故选：A。
(1)根据P=Wt=Fst=Fv结合图象计算拉力的大小；
(2)不计绳重与摩擦，根据F=1n(G+G动)计算重物A的重力，从而可知，滑轮组对A的拉力；
(3)由v=st计算物体上升的高度，根据W=Gh计算对物体A做的功；
(4)根据F=1n(G+G动)计算物体A下再加挂80N的重物时绳端拉力，根据η=W有W总=GhFs=GnF计算滑轮组此时的机械效率。
本题考查了滑轮组拉力计算公式、功、功率以及机械效率的计算，利用好不计绳重与摩擦，根据F=1n(G+G动)是关键。
13.【答案】动滑轮 定轮滑 粗
【解析】解：将A树拉正时，A的树干随着移动，相当于动滑轮；靠近天花板上的轮子使用滑轮时轴的位置固定不动，是定滑轮；螺丝刀手柄属于轮轴中的轮，同样的轴，轮越大就越省力，因此手柄粗一些的螺丝刀用起来更省力。
故答案为：动滑轮；定滑轮；粗。
使用滑轮滑轮时，轴的位置固定不动的滑轮滑轮称为定滑轮；使用时，轴随物体一起移动的滑轮叫做动滑轮；螺丝刀手柄属于轮轴中轮的部分。
此题考查了动滑轮、定滑轮、轮轴等知识点，属基础题目。
14.【答案】电 化学 用电器 开关 并联
【解析】解：(1)蓄电池是化学电池，它在充电过程中将电能转化为化学能储存下来，此过程中，它消耗了电能，所以是用电器；
(2)司机拨动方向盘旁的杆子，转向灯才会工作，所以这根杆子起到了开关的作用；
位于同侧的前后两个转向灯会同时闪亮，如果前转向灯坏了，后转向灯还能亮，说明两个转向灯可以单独工作，所以它们是并联的。
故答案为：(1)电；化学；用电器；(2)开关；并联。
(1)根据蓄电池充电时消耗和获得的能量可做出判断；并根据电路元件的特点判断其属于哪种类型。
(2)开关在电路中的作用是控制电路的通断；根据串联和并联电路的特点分析各灯的连接情况。
本题考查了蓄电池充电时的能量转化的认识、电路的组成以及串并联电路的判断，考查的知识多，综合性强，但难度不大，掌握基础知识就能解题。
15.【答案】热值 热量 不变 变小
【解析】解：(1)现代火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较大的热值，燃烧相同质量的液态氢和其他燃料时，液态氢能放出更多的热量
(2)火箭匀速下落过程中，质量不变，速度不变，高度逐渐变小，则动能不变，重力势能变小，机械能变小。
故答案为：热值；热量；不变；变小。
(1)热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小；
(2)动能大小的影响因素：物体的质量、物体的速度；质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：物体的质量、物体的高度；质量越大，所处的高度越高，重力势能越大。动能和势能统称为机械能。
本题考查热值的概念、动能的影响因素、机械能的相互转化，题目比较基础。
16.【答案】增大 压缩 240 60
【解析】解：在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧，此过程中活塞对筒内气体做功，把机械能转化为内能，气体的内能增大；这与四冲程汽油机的压缩冲程的能量转化相同；
汽油机飞轮的转速是7200r/min=120r/s，由于汽油机的一个工作循环有4个冲程，活塞往复运动2次，曲轴和飞轮转2周，对外做功1次，所以该汽油机1s要完成60个工作循环，活塞完成240次，对外做功60次。
故答案为：增大；压缩；240；60。
(1)做功可以改变物体的内能，对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外界做功，物体的内能减小，温度降低；
(2)汽油机的压缩冲程中，把机械能转化为内能；做功冲程中把内能转化为机械能；
(3)汽油机的一个工作循环有4个冲程，活塞往复运动2次，曲轴和飞轮转2周，对外做功1次。
根据改变物体内能的方法以及汽油机的工作过程和原理(能量的转化)；知道在一个工作循环中活塞往复运动2次，曲轴和飞轮转2周，对外做功一次就解题的关键。
17.【答案】1.5A 2：1
【解析】解：(1)由电路图知：灯泡L1和L2并联，电流表A1测量灯泡L2的电流，电流表A2测量干路电流；
由并联电路电流规律可知，电流表A2的示数比电流表A1的示数大；
由图知，电流表A2的量程是0～3A，最小分度值为0.1A，电流表示数IA2=1.5A；
电流表A1的量程是0～0.6A，最小分度值是0.02A，电流表读数IA1=0.5A；
(2)由电路图知，灯泡L2的电流I2=IA1=0.5A，灯泡L1的电流I1=IA2-IA1=1.5A-0.5A=1A。
则流过灯L1和灯L2的电流之比I1I2=1A0.5A=21。
故答案为：1.5；2：1。
(1)根据电路图，分析电路结构，确认每个电流表的测量对象，再确定电流表的量程，读出电流表的示数；
(2)根据并联电路的电流关系求出流过两灯泡的电流。
本题主要考查学生对并联电路电流规律掌握和运用，考查了电流表的读数，确定电流表的测量对象、确定电流表的量程是本题解题的关键。
18.【答案】3.5×104 1.5×104 1×104
【解析】解：起重机吊起重物做的有用功：
W有=Gh=7×103N×5m=3.5×104J；
由η=W有W总可得，总功：
W总=W有η=3.5×104J70%=5×104J，
额外功：W额=W总-W有=5×104J-3.5×104J=1.5×104J；
拉力的功率：
P=W总t=5×104J5s=1×104W。
故答案为：3.5×104；1.5×104；1×104。
根据W有=Gh计算有用功；根据η=W有W总计算总功，由W额=W总-W有计算额外功，根据P=Wt计算功率。
本题考查滑轮组使用中有用功、总功、机械效率以功率公式的应用，难度适中。
19.【答案】减小压强 减小摩擦 10000 2：5 A
【解析】解：(1)支架下面垫有面积较大的石块，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小对地面的压强；
(2)在木箱下垫上圆木，是通过变滑动为滚动的方法来减小摩擦力；
(3)抬起巨木时，拴在巨木最右端的绳子中的拉力为动力，巨木的重力为阻力，且两个力都是沿竖直方向，
重心在巨木中间位置，而绳子在最右端，因此动力臂L1：阻力臂L2=2：1，
由杠杆平衡条件FL1=GL2变形得：
F=L2L1G=12×2×103kg×10N/kg=10000N；
(4)杠杆AOB中绳子对A端的拉力为阻力，壮汉对B点的拉力为动力，
由杠杆平衡条件得：F绳LOA=F人LOB，
变形得：LOALOB=F人F绳=800N×510000N=25，
因此LOA：LOB=2：5；
(5)由杠杆平衡条件可知动力臂越大越省力，因此要支点O向A移动增大OB的长度。
故答案为：减小压强；减小摩擦；10000；2：5；A。
(1)压强的大小与压力和受力面积有关，在压力一定时，增大受力面积可以减小压强；
(2)减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦；
(3)分析出杠杆的动力臂和阻力臂，再根据杠杆平衡条件计算；
(4)由(3)求出的拉力结合AOB这一杠杆计算；
(5)由杠杆平衡条件分析。
题主要考查的是学生对杠杆的分类、减小压强方法、减小摩擦的方法、及杠杆平衡条件的应用，关键是能把问题模型化。
20.【答案】83.3% 1 不变 变小
【解析】解：(1)有用功W有用=GhB=5N×0.2m=1J，
总功W总=FhC=3N×0.4m=1.2J，
该杠杆的机械效率η=W有用W总×100%=1J1.2J×100%≈83.3%；
(2)已知OB=0.25m，OC=0.5m，故OC=2OB，即B点为杠杆的重心位置，
不计摩擦，克服杠杆自重做的功为额外功，则W额=W总-W有用=1.2J-1J=0.2J，
杠杆的重为G杠杆=W额hB=0.2J0.2m=1N；
(3)如果将物体由B点移到A点，测力计仍然竖直拉C点匀速上升，物体上升的高度不变，根据W有用=Gh可知有用功不变，从图中可知杠杆重心上升的高度变小，根据W额=G杠杆h可知额外功变大，根据η=W有用W总=W有用W有用+W额可知机械效率变小。
故答案为：83.3%；1；不变；变小。
(1)利用W有用=GhB得出有用功，利用W总=FhC得出总功，根据η=W有用W总得出该杠杆的机械效率；
(2)已知OB=0.25m，OC=0.5m，故OC=2OB，即B点为杠杆的重心位置，
不计摩擦，克服杠杆自重做的功为额外功，根据W额=W总-W有用得出额外功，根据G杠杆=W额hB得出杠杆的重；
(3)如果将物体由B点移到A点，测力计仍然竖直拉C点匀速上升，物体上升的高度不变，根据W有用=Gh可知有用功不变，从图中可知杠杆重心上升的高度变大，根据W额=G杠杆h可知额外功变大，根据η=W有用W总=W有用W有用+W额可知机械效率的变化情况。
本题考查杠杆的机械效率，关键是分析图片、并从表格中得出有用信息。
21.【答案】解：由图知，支点在O点，连接OA就是最长的动力臂，此时动力最小；要打开水龙头，动力的方向应垂直于OA向上，据此可画出最小F的示意图，如图所示：
。
【解析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。先确定最长的力臂，然后根据力与力臂垂直的关系确定杠杆的最小作用力。
知道在动力的作用点明确的情况下，支点到力的作用点的连线就是最长力臂；在动力作用点未明确时，支点到最远的点的距离是最长力臂。
22.【答案】
【解析】
【分析】
滑轮组绳子的绕法，有两种：一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过下面的动滑轮，再绕过上面的定滑轮；二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮。本题中，要求最省力，属于第二种。
本题画最省力的绕绳方法：绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮。
【解答】
图中只有一个动滑轮，要求最省力，则由3段绳子承担物重，是最省力的绕绳方法；绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮，如图所示：
。
23.【答案】解：若电流表在左侧，电源在右侧，闭合开关后，右边灯被短路：
因此只有电源在左侧，电流表在右侧，闭合开关后，此时两灯泡并联，如图所示：
【解析】要使灯泡发光则必须有电源；电流表在电路中相当于导线。
此类型题目要求对电路中各元件的作用及使用方法要非常明确，然后根据串并联电路的特点正确连接电路。
24.【答案】解：电路图中两灯并联，开关S1在干路中，开关S2与L2串联在支路中，根据电路图连接实物图，如下图所示：
【解析】分析电路的连接及开关的作用，根据电路图连接实物图，各元件顺序与电路图一一对应。
本题考查根据电路图连接实物图，关键是分清电路连接关系，注意各元件顺序与电路图一一对应。
25.【答案】处于 右 1 右端下降 小于 乙 ND 错误
【解析】解：(1)如图甲所示，此时杠杆静止，处于杠杆平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节；
(2)设每个钩码重为G，杠杆每格长为L，由杠杆平衡条件可知，2G×2L=nG×4L，解得n=1，故应在B点挂1个钩码才能使杠杆平衡；
当杠杆平衡后，将A、B两点下面所挂的钩码同时向O点移动1格，则有2G×L
为了在竖直向下方向校零，一种方法是取两弹簧测力计先竖直方向校零后，竖直放置在竖直方向拉到某一数值，物体间力的作用是相互的，甲测力计拉乙测力计的力等于乙测计拉甲测力计的力，因甲测力计已调零，移动弹簧测力计乙的指针，使其示数与甲弹簧测力计相等即可完成校零；
(4)由题意可知，左右两边对圆盘的拉力不变，左边力臂不变，根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2得，要使圆盘平衡，右边力臂也应保持不变，所以可以将挂在G点的钩码先后挂在D、N两个点又进行实验，这样右边的力臂始终为OD；由以上实验现象可知，力的作用点到支点的距离发生变化，并没有影响杠杆的平衡，故小明的观点是错误的。
故答案为：(1)处于；右；(2)1，右端下降；(3)小于；乙；(4)ND；错误。
(1)杠杆静止不动或匀速转动叫杠杆的平衡；杠杆右端偏高，说明杠杆的重心在支点左侧，应将平衡螺母向右调节；
(2)设每个钩码重为G，杠杆每格长为L，根据杠杆平衡条件进行分析；
(3))由于弹簧测力计的弹簧和秤钩都有一定的质量，据此分析；由于物体间力的作用是相互的甲对乙的拉力等于乙对甲的拉力；
(4)由题意知，左边力与力臂保持不变，右边力也保持不变，要使圆盘仍然平衡，则右边的力臂也必须保持不变，从而找到另外挂钩码的点。
本题考查了探究杠杆平衡条件实验，探究杠杆平衡条件是初中物理学重要的实验，要求学生熟练掌握。
26.【答案】控制到达水平面的速度相同 小球 可行 小球滑下的过程重力势能转化为动能，实验控制了小球滑下的高度相同，而小球的质量不同 速度 B
【解析】解：(1)根据实验的要求可知，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面的速度相同；
该实验的研究对象为小球，所以；该实验的目的是研小球的动能大小与质量的关系；
(2)不同质量的小球在同一高度的重力势能不同，小球滑下的过程重力势能转化为动能，根据控制变量法可知实验控制了小球滑下的高度相同，而小球的质量不同，故可探究物体重力势能与质量的关系；
(3)用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧的弹性势能不相同，小球与弹簧分开后获得的初速度不同，而小球的质量相同，故可以研究小球的动能大小与速度的关系；
(4)实验中通过小车撞击木块运动的距离的大小判定动能的大小，采用的是转换法；
A、“点火爆炸”实验中滴入的酒精，当按动电火花发生器的按钮时，酒精燃烧后的燃气对盒盖做功，将燃气的内能转化为盒盖的机械能，燃气的内能减小，没有用到转换法，故A不符合题意；
B、“探究影响重力势能大小因素”实验中，通过小桌下陷的深度来体现物体重力势能的大小，用到了转换法，故B符合题意；
C、“探究不同物质吸热升温现象”实验中的水和沙子质量相同，应用了控制变量法，故C不符合题意，故选：B。
故答案为：(1)控制到达水平面的速度相同；小球；(2)可行；小球滑下的过程重力势能转化为动能，实验控制了小球滑下的高度相同，而小球的质量不同；(2)速度；(4)B。
(1)由控制变量法，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面初速度相同；
本实验研究小球动能的大小；
(2)不同质量的小球在同一高度的重力势能不同，小球滑下的过程重力势能转化为动能，根据控制变量法分析可知；
(3)弹簧的弹性势能转化为小球的动能，小球的动能转化为木块的动能，小车的重力势能转化为动能，据此分析；
(4)根据转换法分析。
本题探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验，考查控制变量法、转换法的运用及机械能的转化和对实验方案的评估。
27.【答案】甲、乙 甲、丙 天平 完全燃烧完毕 温度计示数变化 1：2 4：3 B
【解析】解：(1)为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲、乙两图进行实验；
为了比较两种液体的比热容，需要燃烧同种燃料，加热不同的液体，且液体的质量相同，在加热时间相同时，通过温度计的示数高低进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验；
(2)根据控制变量法可知，比较不同物质的吸热能力时，需要控制两种物质的质量和初温相同；比较不同燃料的热值时，需要控制两种燃料的质量相同，需要用温度计测量液体升高的温度；所以都需要用到温度计和天平；
(3)实验时应比较相同质量的燃料1和燃料2完全燃尽后液体升高的温度，即根据温度计上升的示数比较燃料热值的大小；
(4)由图丁可知，相同质量的a、b液体，被加热相同的时间(吸收相同的热量)，a液体升温快，b液体升温慢，说明b液体的吸热本领强；
根据图丁可知，a、b都加热tmin，a温度变化量为2T0，b温度变化量为T0；
由Qa=Qb=cmΔt可得：camΔta=cbmΔtb，则caΔta=cbΔtb；
则：ca：cb=Δtb：Δta=T0：2T0=1：2；
读图丁可知，燃料燃烧完时，燃料1燃烧了tmin，燃料2燃烧了2tmin，且甲图中液体温度变化量为2T0，乙图中液体温度变化量为1.5T0，实验中忽略热量的散失，且两杯液体的质量、比热容均相同，则由公式Q=cmΔt可得，二者放出的热量之比为Q1Q2=cmΔt1cmΔt2=Δt1Δt2=2T01.5T0=43；
燃料的质量相同，由公式Q=qm可得，燃料1与燃料2的热值之比为q1：q2=Q1：Q2=4：3；
(6)相同条件下升温越快，比热容越小；而相同体积的水在体积膨胀相同的情况下，底面积越小水面升高越大；如果把物质吸热升温和容器盛水水面升高做类比，比热容和容器的底面积属性类似，选B。
故答案为：(1)甲、乙；甲、丙；(2)天平；(3)完全燃烧完毕；温度计示数变化；(4)1：2；4：3；(5)B。
(1)根据控制变量法的应用规则，要比较不同燃料的热值，必须取不同种类的燃料；要比较不同物质的比热，就要取不同种类的液体；
(2)比较不同物质的吸热能力时，需要控制两种物质的质量和初温相同；比较不同燃料的热值时，需要控制两种燃料的质量相同；
(3)为比较不同燃料的热值，应让相同质量的燃料完全燃烧，根据液体升高的温度比较燃料的热值大小；
(4)相同质量的不同物体吸收相同的热量，温度变化越小的，比热容越大，吸热能力越强；根据图象和Qa=Qb=cmΔt即可求出比热容之比、；
从图丁中读出数据，运用公式Q=qm和Q=cmΔt可求出两燃料的热值之比；
(5)相同条件下升温越快比热容越小；而相同体积的水在体积膨胀相同的情况下，底面积越小水面升高越大。
本题考查比热容、热值计算公式的运用和控制变量法、转换法的应用，为热学中的重要实验。
28.【答案】断开 短 不可行 电流表正负接线柱接反了 B
【解析】解：(1)在连接电路过程中，开关应该是断开的；
(2)由图一可知，闭合开关后，电流从电源正极流出经abce直接流回电源负极，形成了短路；
要使电路组成并联电路，应将e导线的右端与C或E连接即可，如下图：
(3)按照图二所示的电路图，只闭合S2测出L1中的电流I1，则电流表下边的接线柱为正接线柱，上边为负接线柱；但当只闭合S1测量L2的电流时，电流从负接线柱流入了，即电流表的正负接线柱相反了，故他们的方案不可行；
(4)A.选用多组实验数据，可避免实验的偶然性，使结论更具普遍性，故A错误；
B.若电流表使用前指针在零刻线偏右的位置，则每次测量值比真实值偏大，由并联电路电流的规律，IB+ID总是略大于IE，故B正确；
C.并联电路干路上的电流等于各支路电流之和，故C错误；
故选：B。
故答案为：(1)断开；(2)短；(3)不可行；电流表正负接线柱接反了；(4)B。
(1)连接电路时，开关必须处于断开状态；
(2)分析实物图，导线直接将电源两极连接起来，形成了短路，根据实物图连接情况改动一根导线，按题干要求连接实物图；
(3)使用电流表时电流从正接线柱流入，从负接线柱流出；
(4)结合电路图，根据并联电路电流特点，逐项进行分析。
本题考查了电路的连接和并联电路电流的特点，学生需熟练掌握电路故障分析、串、并联电路电流的规律及误差知识。
29.【答案】解：(1)客车和游客总重力G=mg=6000kg×10N/kg=6×104N；
电动机对客车和游客所做的有用功：W有用=Gh=6×104N×1000m=6×107J；
(2)由v=st可得，整个过程所用时间：t=sv=10×103m5m/s=2×103s，
由P=Wt可得，总功W总=Pt=100×103W×2×103s=2×108J，
盘山公路的机械效率：η=W有用W总 ×100%=6×107J2×108J×100%=30%；
(3)额外功：W额=W总-W有用=2×108J-6×107J=1.4×108J，
由W额=fs可得，汽车受到的阻力：f=W额s=1.4×108J10×103m=1.4×104N。
答：(1)整个过程中，电动机对客车和游客所做的有用功为6×107J；
(2)盘山公路的机械效率为30%；
(3)整个过程中，汽车受到的阻力为1.4×104N。
【解析】(1)已知客车满载时总质量，由G=mg可求得其总重力，由W有用=Gh可求得电动机对客车和游客所做的有用功；
(2)已知速度和公路全长可求得时间，已知以80kW的恒定功率匀速行驶至山顶，由W=Pt可求得总功，由η=W有用W总 ×100%可求得盘山公路的机械效率；
(3)由W额=W总-W有用可求得额外功，由W额=fs可求得汽车受到的阻力。
本题中主要考查了功的计算、功率的计算和效率的计算，搞清各力与距离之间的对应关系，熟练运用相关公式是解决此题的关键。
30.【答案】解：(1)30L水的质量为m=ρV=1.0×103kg/m3×30×10-3m3=30kg，
水吸收的热量Q吸=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×30kg×(42℃-22℃)=2.52×106J；
(2)0.2m3天然气完全燃烧放出的热量Q放=V燃气q=0.2m3×3.6×107J/m3=7.2×106J；
(3)天然气热水器烧水的热效率η=Q吸Q放=2.52×106J7.2×106J=35%。
答：(1)小李同学所用的30L水流过天然气热水器吸收的热量为2.52×106J；
(2)小李同学所用的0.2m3天然气完全燃烧放出的热量7.2×106J；
(3)小李同学家所用天然气热水器烧水的热效率35%。
【解析】(1)知道水的体积，根据m=ρV计算水的质量，根据Q吸=cm(t-t0)计算水吸收的热量；
(2)知道天然气的体积，根据Q放=V燃气q计算天然气完全燃烧放出的热量；
(3)根据η=Q吸Q放计算用天然气热水器烧水的热效率。
本题考查了水升温吸热、燃料燃烧放热和效率的计算，涉及到的公式都要求掌握。
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